1、2014-2015学年四川省成都七中高二（下）第4周周练化学试卷一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）1下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是（）A点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3B中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒D使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱2下列化学用语正确的是（）A聚丙烯的链节：CH2CH2CH2B二氧化碳分子的比例模型：C的名称：1，3二甲基丁烷D氯离子的结构示意图：3下列制定微粒的数目相等的是（）A等n的水与重水含有的中子数B等n的铁分别与足量氯气和硫完全反应时转移的电子数C等
2、m的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数D同温、同压同体积的CO和NO含有的质子数4下列实验中，所使用的装置（夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（）A观察Fe（OH）2的生成B配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液C实验室制取氨D验证乙烯的生成5依据图判断，下列说法正确的是（）A氢气的燃烧热为H=241.8 kJmol1BH2O（g）生成H2O（l）时，断键吸收的能量小于成键放出的能量CH2O（l）分解的热化学方程式为：2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+571.6 kJmol1D2 mol H2（g）与1 mol O2（g）所具有的总能量比2 mol H2O（g）所具有的总能量低6下列说
3、法正确的是（）A银氨溶液可以用于区分葡萄糖和麦芽糖B乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高C对苯二酚和互为同系物D分子中的所有原子有可能共平面7短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是（）YZXWA原子半径：XYZB气态氢化物的稳定性：XZCZ、W均可与Mg形成离子化合物D最高价氧化物对应水化物的酸性：YW8下列离子方程式正确的是（）A铜溶于稀硝酸：Cu+2H+NO3=Cu2+NO2+H2OB用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+3H2O=3I2+6OHC向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2+CO2+3H2O=
4、2Al（OH）3+CO32D向新制Cu（OH）2悬浊液中加入乙醛溶液并加热：CH3CHO+2Cu（OH）2+OHCH3COO+Cu2O+3H2O9下列说法正确的是（）ANa与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行B0.1 mol AgCl和0.1mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c（Cl）=c（I）CpH=9的CH3COONa溶液和pH=9的NH3H2O溶液，两溶液中水的电离程度相同D25时，0.1molL1的硫化氢溶液与等浓度的硫化钠溶液的导电能力相当10下列有关实验叙述正确的是（）A除去苯中混有的苯酚可加入浓溴水后过滤B向淀粉溶液中滴加稀硫酸后，加热，再加入新制Cu（O
5、H）2加热，没有出现红色沉淀，说明淀粉没有发生水解反应C向NaOH溶液中加入溴乙烷，加热，再加入AgNO3溶液，产生沉淀，说明溴乙烷发生了水解反应D向酸性KMnO4溶液中滴加维生素C溶液，KMnO4溶液褪色，说明维生素C有还原性11工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，在该反应中（）A硫元素既被氧化又被还原B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C每生成1 mol Na2S2O3，转移4 mol电子D相同条件下，每吸收10 m3SO2就会放出2.5 m3CO212下列说法正确的是（）A1 mol苯甲酸在浓H2SO4存在下
6、与足量乙醇反应可得1 mol苯甲酸乙酯B分子式为C4H8Cl2结构中含一个CH3的同分异构体（不考虑立体异构）有5种C1mol乙酰水杨酸（）最多可以和2molNaOH反应D可用和HCHO为原料合成13分枝酸可用于生化研究其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A分子中含有2种官能团B可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同14已知25时，氢氟酸的电离平衡常数KaHF=3.6104，CaF2的溶度积常数Ksp（CaF2）=1.461010，现向1L 0.2molL1HF溶液中加入1L 0.
7、2molL1CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是（）A25时，0.1molL1HF 溶液中pH=2BKsp（CaF2）随温度和浓度的变化而变化C该体系中没有沉淀产生D该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀15一定温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol A，经一段时间后反应A（g）B（g）+C（g）达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：下列说法正确的是（）t/s050150250350n（B）/mol00.160.190.200.20A前50 s内B的平均反应速率v（B）=0.0032 molL1s1B相同温度下，若达到平衡后向容器中继续充入A，则平衡向右移动，平衡常数增大C相同温度
8、下，若起始时向容器中充入1.0 mol A、0.20 mol B和0.20 mol C，则达到平衡前v（正）v（逆）D若保持其他条件不变，升高温度，平衡时，平衡常数K=0.2 molL1，则反应的H016某有机物A的分子式为C6H12O2，已知AE有如图转化关系，且D不与Na2CO3溶液反应，C、E均能发生银镜反应，则A的结构可能有（）A2种B3种C4种D5种17已知反应：2N02 （红棕色）N204 （无色）H0将一定量的N02充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）下列说法正确的是（）Ab点的操作是压缩注射器Bc点与a点相比，c
9、（NO2）增大，c（N2O4）减小C若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则 r（b）r（c）Dd 点：v（正）v（逆）18室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是（） 加入的物质 结论A 50mL 1molL1H2SO4 反应结束后，c（Na+）=c（SO42）B 0.05molCaO溶液中增大C 50mL H2O 由水电离出的c（H+）c（OH）不变D 0.1molNaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c（Na+）不变 AABBCCDD19常温下，向1L pH=10的 NaOH溶液中持续通入CO2通入的CO2的体积（V）与
10、溶液中水电离出的OH离子浓度（）的关系如图所示下列叙述不正确的是（）Aa点溶液中：水电离出的c（H+）=11010mol/LBb点溶液中：c（H+）=1107mol/LCc点溶液中：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）Dd点溶液中：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）20某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变下列叙述不正确的是（）Am=2B两次平衡的平衡常数相同CX与Y的平衡转
11、化率之比为1：1D第二次平衡时，Z的浓度为0.4molL1二、非选择题（共60分）21用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术反应为主反应，反应和为副反应CaSO4（s）+CO（g）CaS（s）+CO2（g）H1=47.3 kJmol1CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）H2=+210.5kJmol1CO（g）C（s）+CO2（g）H3=86.2kJmol1（1）反应2CaSO4（s）+7CO（g）CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的H=（用H1、H2和H3表示
12、）（2）反应的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线如图所示，结合各反应的H，归纳lgKT曲线变化规律：（a）；（b）（3）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应于900达到平衡，c平衡（CO）=8.0105 molL1，计算CO的转化率（忽略副反应，结果保留两位有效数字）22可逆反应A（g）+2B（g）2C（g） 2E（g）F（g）+G（g） 分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有可滑动、无摩擦的密封隔板反应开始和达到平衡时有关物理量变化如图所示：（1）反应是反应（填“放热”或“吸热”）（2）达到平衡I时，体系压强与反应开始时体系压强之比为（3）平衡I和平衡中，E的体
13、积分数（填“相等”、“不相等”、“无法确定”）（4）达平衡I时，计算A的转化率（用分数表示）23如表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp电解质电离方程式电离常数KKspH2CO3H2CO3H+HCO3HCO3H+CO32K1=4.31107K2=5.611011C6H5OHC5H5OHC6H5O+H+1.11010H3PO4H3PO4H+H2PO4H2PO4H+HPO42HPO42H+PO43K1=7.52103K2=6.23108K3=2.201013NH3H2ONH3H2ONH4+OH1.76105BaSO4BaSO4（s）Ba2+SO421.071010回答下列问题：（
14、1）写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式：（2）25C时，向10mL 0.01molL1C6H5OH溶液中滴加V mL 0.01molL1氨水，混合溶液中粒子浓度关系正确的是（填序号）a若混合液pH7，则V10bV=5时，2c（NH3H2O）+2c（NH4+）2c（C6H5O）+c（C5H5OH）cv=10时，混合液中水的电离程度小于0.01molL1C6H5OH溶液中水的电离程度d若混合液pH7，则c（NH4+）c（C6H5O）c（H+）c（OH）（3）水解反应的化学平衡常数称为水解常数（用Kb表示），类比化学平衡常数的定义25C时，Na2CO3第一步水解反应的水解常数Kb= mo
15、lL1（4）如图所示，有T1、T2不同温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线（已知BaSO4的Ksp随温度升高而增大）T2 25C（填“”、“”或“=”）；讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法正确的是（填序号）a加入Na2SO4不能使溶液由a点变为b点b在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，均有BaSO4沉淀生成c蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b）d升温可使溶液由b点变为d点24水杨酸甲酯又叫冬青油，是一种重要的有机合成原料某化学小组用水杨酸（）和甲醇在酸性催化剂催化下合成水杨酸甲酯并计算其产率实验步骤：如图，在三颈烧瓶中加入6.9g
16、（0.05mol）水杨酸和24g（30mL，0.75mol）甲醇，向混合物中加入约10mL甲苯（甲苯与水形成的共沸物，沸点为85，该实验中加入甲苯，易将水蒸出），再小心地加入5mL浓硫酸，摇动混匀，加入12粒沸石，组装好实验装置，在8595下恒温加热反应1.5小时：待装置冷却后，分离出甲醇，然后转移至分液漏斗，依次用少量水、5%NaHCO3 溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，过滤得到粗酯；将粗酯进行蒸馏，收集221224的馏分，得水杨酸甲酯4.5g常用物理常数：名称分子量颜色状态相对密度熔点（）沸点（）水杨酸甲酯152无色液体1.188.6224水杨酸138白色晶体1.441
17、58210甲醇32无色液体0.7929764.7请根据以上信息回答下列问题：（1）仪器A的名称是，制备水杨酸甲酯时，最合适的加热方法是（2）实验中加入甲苯对合成水杨酸甲酯的作用是（3）反应结束后，分离甲醇的操作是（4）洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是，第二次水洗的主要目的是（5）检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是（6）本实验的产率为（保留两位有效数字）25硫酸锌被广泛应用于工农业生产和医药领域工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO47H2O的一种流程如下：（1）步骤包括酸浸和过滤两个操作酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是过滤时为防堵塞，过
18、滤装置需常用NaOH溶液清洗，其清洗原理是（用化学方程式表示）（2）步骤中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe（OH）3和MnO（OH）2两种沉淀，该反应的离子方程式为（3）步骤所得滤渣Z的主要成分是（4）取28.70g ZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示步骤中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是在图中C点，680时所得固体的化学式为（填字母序号）aZnO bZnSO4 cZnSO4H2OdZn3O（SO4）226以甲苯为原料可以合成某种食用香料（有机物G）和某种治疗肺结核药物的有效成分（有机物PASNa）的路线如下：已知：（R=CCOOH（R=CH3或
19、H）回答下列问题：（1）由B生成C的反应类型是，肉桂酸中所含官能团的名称是（2）写出由A生成B的化学方程式：（3）质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，写出肉桂酸与试剂b生成G的化学方程式：（4）当试剂d过量时，可以选用的试剂d是aNaOH bNa2CO3 cNaHCO3（5）写出C与NaOH反应的化学方程式：（6）在肉桂酸分子中碳碳双键催化加氢后得到化合物X（分子式为C9H10O2），X有多种同分异构体，符合下列条件的有种a苯环上有两个取代基； b能发生银镜反应； c与Na作用有H2产生2014-2015学年四川省成都七中高二（下）第4周周练化学试卷参考答案与试
20、题解析一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）1下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是（）A点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3B中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒D使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱【考点】真题集萃；三废处理与环境保护；铜金属及其重要化合物的主要性质；药物的主要成分和疗效【分析】A硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫；B明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液；C水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应；D肥皂有效成分为高级脂肪酸
21、钠盐，会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙【解答】解：A硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成SO3，故A错误；B明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；C水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可以用NaHCO3溶液解毒，故C正确；D肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐，用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，高级脂肪酸钠盐会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙，使肥皂去污能力减弱，故D正确，故选：A【点评】本题考查化学与生活，比较基础，体现了化学知识
22、在生产、生活中的应用2下列化学用语正确的是（）A聚丙烯的链节：CH2CH2CH2B二氧化碳分子的比例模型：C的名称：1，3二甲基丁烷D氯离子的结构示意图：【考点】有机化合物命名；原子结构示意图；球棍模型与比例模型【分析】A、加聚反应水断开双键依次连接形成的高分子化合物，其链节为：CH2CH（CH3）；B、C原子半径大于O原子，据此解答即可；C、烷烃命名中不能出现1甲基，据此解答即可；D、氯离子核电荷数为17、核外电子数为18【解答】解：A、聚丙烯的结构简式为：，其链节为：CH2CH（CH3），故A错误；B、二氧化碳是直线型分子，一个二氧化碳分子含一个碳原子两个氧原子，且C原子半径大于O原子，正
23、确应为：，故B错误；C、1号碳上出现甲基，说明不是选取的最长碳链，正确命名为：2甲基戊烷，故C错误；D、Cl的离子的核电荷数为17，核外电子数为18，其结构示意图为，故D正确；故选D【点评】本题主要考查的是高聚物的链节、二氧化碳的比例模型、有机物命名、离子结构示意图等，综合性较强，难度不大3下列制定微粒的数目相等的是（）A等n的水与重水含有的中子数B等n的铁分别与足量氯气和硫完全反应时转移的电子数C等m的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数D同温、同压同体积的CO和NO含有的质子数【考点】物质的量的相关计算【专题】计算题【分析】AH和D原子的中子数不同，分别是0和1；BFe被氯气氧化为+3价，而Fe
24、被硫氧化为+2价，据此回答；C乙烯有6对共用电子对，丙烯有9对；D一氧化碳和NO含有的质子数不同【解答】解：A物质的量相等的H2O与D2O含有的中子数比值为（8）：（8+21）=8：10，中子数不同，故A错误； B铁和氯气反应生成氯化铁，铁和硫单质反应生成硫化亚铁，等n的铁分别与足量氯气和硫完全反应时转移的电子数之比是3：2，故B错误；C1 个乙烯中共用电子对数为 6，1 个丙烯中共用电子对数为 9，等质量的乙烯和丙烯共用电子对数比为：6：9=1：1，等质量的乙烯和丙烯中含有共用电子对数相同，故C正确；DCO的质子数为6+8=14，而NO的质子数为7+8=15，同温、同压、同体积的一氧化碳和N
25、O含有的质子数不相等，故D错误故选C【点评】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，本题侧重于物质的结构和性质的考查，为易错点，答题时还要注意物质存在的外界条件是否一致4下列实验中，所使用的装置（夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（）A观察Fe（OH）2的生成B配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液C实验室制取氨D验证乙烯的生成【考点】真题集萃；实验装置综合【分析】A氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气；B容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器；C氨气极易溶于水，不能采用排水法收集；D制取乙烯需要170，温度计测定混合溶液温度，且乙醇能被酸性高
26、锰酸钾溶液氧化【解答】解：A氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A正确；B容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；C实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收集，常温下，氨气和氧气不反应，且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故C错误；D制取乙烯需要170，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧
27、化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故D错误；故选A【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、物质检验、气体收集、溶液配制等知识点，明确实验原理及操作规范、物质性质是解本题关键，易错选项是D，知道常见气体的制备及收集方法，题目难度不大5依据图判断，下列说法正确的是（）A氢气的燃烧热为H=241.8 kJmol1BH2O（g）生成H2O（l）时，断键吸收的能量小于成键放出的能量CH2O（l）分解的热化学方程式为：2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+571.6 kJmol1D2 mol H2（g）与1 mol O2（g）所具有的总能量比 2 mol
28、H2O（g）所具有的总能量低【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】A氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量；BH2O（g）生成H2O（l）时，放出热量，故断键吸收的能量小于成键放出的能量；C液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）2H2（g）+O2（g），H=+（483. 6+88）=+571.6kJmol1；D2mol H2（g）与1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），放出483.6kJ的热量，故2mol H2（g）与1mol O2（g）所具有的总能量比2mol H2O（g）所具有的总能量高【解答】解：A氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧
29、生成液态水放出的热量，故氢气的燃烧热为=285.8kJmol1，故A错误；BH2O（g）生成H2O（l）为物理变化，不存在化学键的断裂和生成，故B错误；C液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）2H2（g）+O2（g），H=+（483.6+88）=+571.6kJmol1，故C正确；D2mol H2（g）与1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），放出483.6kJ的热量，故2mol H2（g）与1mol O2（g）所具有的总能量比2mol H2O（g）所具有的总能量高，故D错误；故选C【点评】本题考查化学反应能量变化分析，主要是能量守恒和反应实质的理解应用，难度不大6下列说法正确
30、的是（）A银氨溶液可以用于区分葡萄糖和麦芽糖B乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高C对苯二酚和互为同系物D分子中的所有原子有可能共平面【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【专题】有机反应【分析】A葡萄糖和麦芽糖均含CHO；BOH越多，沸点越高；C酚OH的数目不同；D苯环、碳碳双键均为平面结构，且直接相连【解答】解：A葡萄糖和麦芽糖均含CHO，均发生银镜反应，银氨溶液不能鉴别，故A错误；BOH越多，沸点越高，则乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高，故B正确；C酚OH的数目不同，则二者不是同系物，故C错误；D苯环、碳碳双键均为平面结构，且直接相连，则所有C可能共面，但甲基为四面体结构，不
31、可能所有原子共面，故D错误；故选B【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机物鉴别、同系物判断等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为易错点，题目难度不大7短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是（）YZXWA原子半径：XYZB气态氢化物的稳定性：XZCZ、W均可与Mg形成离子化合物D最高价氧化物对应水化物的酸性：YW【考点】真题集萃；位置结构性质的相互关系应用【分析】Y、W的原子序数之和是Z的3倍，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+1
32、0=3（x+1），解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为Cl，然后结合元素化合物知识来解答【解答】解：Y、W的原子序数之和是Z的3倍，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+10=3（x+1），解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为Cl，A电子层越多，原子半径越大，则原子半径为XYZ，故A错误；B非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性为XZ，故B错误；CZ、W均可与Mg形成离子化合物，分别为MgO、MgCl2，故C正确；DCl的最高价氧化物对应水化物的酸性为含氧酸中酸性最强的酸，则最高价氧化物对
33、应水化物的酸性：YW，故D错误；故选C【点评】本题为2015年山东高考题，侧重位置、结构与性质的考查，把握原子序数的关系推断元素为解答的关键，注意元素性质的比较方法，选项D为解答的易错点，题目难度不大8下列离子方程式正确的是（）A铜溶于稀硝酸：Cu+2H+NO3=Cu2+NO2+H2OB用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+3H2O=3I2+6OHC向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32D向新制Cu（OH）2悬浊液中加入乙醛溶液并加热：CH3CHO+2Cu（OH）2+OHCH3COO+Cu2O+3H2O【考点】离子方程式的书写【分
34、析】A铜与稀硝酸反应生成NO气体，不是生成二氧化氮；B酸性溶液中，离子方程式的产物中不会存在氢氧根离子；C二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子；D氢氧化铜与乙醛发生氧化还原反应生成氧化亚铜、乙酸铵和水【解答】解：A铜溶于稀硝酸生成NO气体，正确的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，故A错误；B用KIO3氧化酸性溶液中的KI，正确的离子方程式为：5I+IO3+6H+=3I2+3H2O，故B错误；C向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故C错误；D向新制Cu（OH）
35、2悬浊液中加入乙醛溶液并加热，反应的离子方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）2+OHCH3COO+Cu2O+3H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高考频考点，题目难度中等，熟悉反应的实质为解题关键，注意化学式的拆分、反应物用量对化学反应的影响9下列说法正确的是（）ANa与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行B0.1 mol AgCl和0.1mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c（Cl）=c（I）CpH=9的CH3COONa溶液和pH=9的NH3H2O溶液，两溶液中水的电离程度相同D25时，0.1molL1的硫化氢溶液与等浓度的硫化钠溶液的导电能
36、力相当【考点】反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A该反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，反应放出大量的热，结合G=HTS0，反应自发进行；BAgCl与AgI的溶度积不同，所得溶液中c（Cl）c（I）；C根据H2OH+OH，从影响水的电离平衡移动的角度分析，NH3H2O抑制水的电离，CH3COONa促进水的电离；D硫化氢为弱电解质，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度；【解答】解：ANa与水反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，即SO，反应中钠熔化为小球，说明反应放出大量的热，
37、即H0，则G=HTS0，故该反应自发进行，故A正确；B均存在溶解平衡，溶液中Ag+浓度相同，AgCl与AgI的溶度积不同，所得溶液中c（Cl）c（I），故B错误；C根据H2OH+OH，NH3H2O抑制水的电离，CH3COONa促进水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，故C错误；D硫化氢为弱电解质，部分电离，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度，硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，故D错误；故选：A【点评】本题侧重对化学反应原理考查，涉及反应自发性判断、导电能力的比较、水的电离、沉淀溶解平衡等，难度不大10下列有关实验叙述正确的是（）A除去苯
38、中混有的苯酚可加入浓溴水后过滤B向淀粉溶液中滴加稀硫酸后，加热，再加入新制Cu（OH）2加热，没有出现红色沉淀，说明淀粉没有发生水解反应C向NaOH溶液中加入溴乙烷，加热，再加入AgNO3溶液，产生沉淀，说明溴乙烷发生了水解反应D向酸性KMnO4溶液中滴加维生素C溶液，KMnO4溶液褪色，说明维生素C有还原性【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A苯是一种良好的有机溶剂，溴、苯酚以及三溴苯酚都能溶于苯中； B水解后溶液显酸性，检验葡萄糖应在碱性条件下；C溴乙烷与NaOH溶液共热后，直接加入硝酸银，未排除氢氧根的干扰，生成氢氧化银也是难溶于水的沉淀；D维生素C有还原性，能使酸性高锰
39、酸钾溶液褪色【解答】解：A加浓溴水，生成三溴苯酚，三溴苯酚和溴都能与苯互溶，不能将二者分离，并引入新的杂质，故A错误； B水解后溶液显酸性，检验葡萄糖应在碱性条件下，则水解后应加碱至碱性，再加入少量新制Cu（OH）2浊液，加热，观察是否生成砖红色沉淀，分析水解程度，故B错误；C溴乙烷与NaOH溶液共热后，直接加入硝酸银，未排除氢氧根的干扰，生成氢氧化银也是难溶于水的沉淀，不能说明是氯化银沉淀，故C错误；D维生素C有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确故选D【点评】本题主要考查的是常见有机物的性质以及检验，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大11工业上将Na2CO3和Na2S以
40、1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，在该反应中（）A硫元素既被氧化又被还原B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C每生成1 mol Na2S2O3，转移4 mol电子D相同条件下，每吸收10 m3SO2就会放出2.5 m3CO2【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，据此分析【解答
41、】解：A由反应方程式中S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，故A正确；B2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；C反应中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa2S2O3，转移mol电子，故C错误；D根据方程式可知，每当4molSO2参与氧化还原反应就会放出1molCO2，则每10m3SO2参与反应就会放出2.5m3CO2，故D正确故选AD【点评】本题考查了氧化还原反应，注意根据反应物和生成物写出反应方程式，结合元素化合价的变化分析，题目难度中等12下列
42、说法正确的是（）A1 mol苯甲酸在浓H2SO4存在下与足量乙醇反应可得1 mol苯甲酸乙酯B分子式为C4H8Cl2结构中含一个CH3的同分异构体（不考虑立体异构）有5种C1mol乙酰水杨酸（）最多可以和2molNaOH反应D可用和HCHO为原料合成【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A酯化反应为可逆反应；B，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，其中图1中只含一个“CH3”的为1、2、3三种，图2中都含有2个“CH3”，图3中只含一个“CH3”的为3只有一种；CCOOH、COOC及水解生成的酚OH均与NaOH反应；D和HCHO发生缩聚反
43、应，类似酚醛树脂的合成【解答】解：A酯化反应为可逆反应，则 mol苯甲酸在浓H2SO4存在下与足量乙醇反应得到苯甲酸乙酯小于1 mol，故A错误；B，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，其中图1中只含一个“CH3”的为1、2、3三种，图2中都含有2个“CH3”，图3中只含一个“CH3”的为3只有一种，则只含一个“CH3”的C4H8Cl2的同分异构体共4种，故B错误；CCOOH、COOC及水解生成的酚OH均与NaOH反应，则1mol乙酰水杨酸（）最多可以和3molNaOH反应，故C错误；D和HCHO发生缩聚反应可合成，故D正确；故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能
44、团与性质的关系、有机反应、同分异构体等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为难点，题目难度不大13分枝酸可用于生化研究其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A分子中含有2种官能团B可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【考点】真题集萃；有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由结构简式可知，分子中含COOH、OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答【解答】解：A分子中含COOH、OH、碳碳双键、醚键，共4种官能团，故A错误；B含COOH与乙
45、醇发生酯化反应，含OH与乙酸发生酯化反应，故B正确；C不是苯环，只有COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误；D碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与OH均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故D错误；故选B【点评】本题为2015年山东高考题，侧重有机物结构与性质的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意官能团的判断，题目难度不大14已知25时，氢氟酸的电离平衡常数KaHF=3.6104，CaF2的溶度积常数Ksp（CaF2）=1.461010，现向1L 0.2molL1HF溶液中加入1L 0.2molL1CaCl2溶液，则下列说法中
46、，正确的是（）A25时，0.1molL1HF 溶液中pH=2BKsp（CaF2）随温度和浓度的变化而变化C该体系中没有沉淀产生D该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】Ac（H+）=，然后计算pH；BKsp只与温度有关；C求出Qc，然后比较Qc与Ksp的关系；D根据C项分析判断【解答】解：A25时，0.1molL1HF 溶液中c（H+）=3.6103mol/L，所以pH2，故A错误；BKsp只与温度有关，则Ksp（CaF2）随温度的变化而变化，与浓度无关，故B错误；C两溶液混合后，c（Ca2+）=0.1 molL1，
47、c（F）=6103mol/L，则Qc=c2（F）c（Ca2+）=（6103mol/L）0.1 molL1=6104Ksp，说明有沉淀产生，故C错误；D由C选项可知，有沉淀产生，故D正确；故选D【点评】本题考查平衡常数及沉淀的生成，注意利用溶度积判断沉淀能否生成，把握影响平衡常数的因素即可解答，题目难度中等15一定温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol A，经一段时间后反应A（g）B（g）+C（g）达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：下列说法正确的是（）t/s050150250350n（B）/mol00.160.190.200.20A前50 s内B的平均反应速率v（B）=0.003
48、2 molL1s1B相同温度下，若达到平衡后向容器中继续充入A，则平衡向右移动，平衡常数增大C相同温度下，若起始时向容器中充入1.0 mol A、0.20 mol B和0.20 mol C，则达到平衡前v（正）v（逆）D若保持其他条件不变，升高温度，平衡时，平衡常数K=0.2 molL1，则反应的H0【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】A根据v=进行计算；B平衡常数与温度有关；C计算平衡常数，结合起始量计算浓度商计算与平衡常数对比判断反应进行的方向；D与原平衡常数进行比较，判断温度对平衡的影响，依此进行解答【解答】解：A由表中数据可知50s内，n（B）=0.16mol，v（B）=
49、0.0016mol/（Ls），故A错误；B温度相同，平衡常数保持不变，故B错误；C平衡时，n（B）=0.20mol，n（C）=0.20mol，n（A）=1.00.20=0.80mol，平衡常数K=0.025molL1，相同温度下，向容器中充入1.0 mol A、0.20 mol B和0.20 mol C，则Qc=0.002molL1K，则反应正向进行，故v（正）v（逆），故C正确；D若保持其他条件不变，升高温度，平衡时，平衡常数K=0.2 molL10.025molL1，故升高温度，平衡正向移动，故正反应为吸热反应，故H0，故D错误；故选C【点评】本题考查化学平衡计算应用，化学反应速率计算，难
50、度中等平衡常数的计算分析应用是解题的关键16某有机物A的分子式为C6H12O2，已知AE有如图转化关系，且D不与Na2CO3溶液反应，C、E均能发生银镜反应，则A的结构可能有（）A2种B3种C4种D5种【考点】有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】C和E都能发生银镜反应，则E为醛，D为醇，B为甲酸钠，C为HCOOH，以此来解答【解答】解：根据D不与Na2CO3溶液反应，E能发生银镜反应，可知D含CH2OH结构，C能发生银镜反应说明C为甲酸，逆推得到A的结构中必定有HCOOCH2，分子式剩余部分为丁基，根据丁基有4种，得到A的结构可能有4种故选C【点评】本题考查有有机
51、物的推断，注意C、E的性质是解答的关键，把握OH相连的C上含2个H被氧化为醛即可解答，题目难度中等17已知反应：2N02 （红棕色）N204 （无色）H0将一定量的N02充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）下列说法正确的是（）Ab点的操作是压缩注射器Bc点与a点相比，c（NO2）增大，c（N2O4）减小C若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则 r（b）r（c）Dd 点：v（正）v（逆）【考点】化学平衡的影响因素【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平
52、衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析【解答】解：A、b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A正确；B、c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；C、b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致r（b）r（c），故C错误；D、c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v（逆）v（正），故D错误；故选A【点评】本题通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，注意勒夏
53、特列原理的应用，题目难度不大18室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是（） 加入的物质 结论A 50mL 1molL1H2SO4 反应结束后，c（Na+）=c（SO42）B 0. 05molCaO溶液中增大C 50mL H2O 由水电离出的c（H+）c（OH）不变D 0.1molNaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c（Na+）不变 AABBCCDD【考点】真题集萃；离子浓度大小的比较【分析】n（Na2CO3）=0.05mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO32+H2OHCO3+OH，An
54、（H2SO4）=1mol/L0.05L=0.05mol，H2SO4和Na2CO3反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2+H2O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液Na2SO4，溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（SO42）相对大小；BCaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，所以得CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，根据方程式知，二者恰好反应生成NaOH，反应后溶液中的溶质是NaOH；C加水稀释促进碳酸钠水解；DNaHSO4和Na2CO3反应方程式为：2NaHSO4+Na2CO3=Na2SO4+
55、H2O+CO2，根据方程式知，二者恰好反应生成Na2SO4、H2O、CO2，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性【解答】解：n（Na2CO3）=0.05mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO32+H2OHCO3+OH，An（H2SO4）=1mol/L0.05L=0.05mol，H2SO4和Na2CO3反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2+H2O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液Na2SO4，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得（Na+）=2c（SO42），故A错误；BCaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+
56、Na2CO3=CaCO3+2NaOH，随着CO32的消耗，CO32+H2OHCO3+OH向左移动，c（HCO3）减小，反应生成OH，则c（OH）增大，导致溶液中增大，故B正确；C加水稀释促进碳酸钠水解，则由水电离出的n（H+）、n（OH）都增大，但氢离子、氢氧根离子物质的量增大倍数小于溶液体积增大倍数，c（H+）、c（OH）减小，二者浓度之积减小，故C错误；DNaHSO4和Na2CO3反应方程式为：2NaHSO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2，根据方程式知，二者恰好反应生成Na2SO4、H2O、CO2，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性，溶液由碱性变为中性，溶液的pH减小，因为硫酸
57、氢钠中含有钠离子，所以c（Na+）增大，故D错误；故选B【点评】本题为2015年高考题，考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确盐类水解原理及物质之间的反应是解本题关键，结合电荷守恒、盐类水解特点分析解答，易错选项是C，注意C中计算的是水电离出的c（H+）c（OH）之积而不是溶液中c（H+）c（OH）之积，为易错点19常温下，向1L pH=10的 NaOH溶液中持续通入CO2通入的CO2的体积（V）与溶液中水电离出的OH离子浓度（）的关系如图所示下列叙述不正确的是（）Aa点溶液中：水电离出的c（H+）=11010mol/LBb点溶液中：c（H+）=1107mol/LCc点溶液中：c（Na+）c（
58、CO32）c（HCO3）Dd点溶液中：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）【考点】离子浓度大小的比较【分析】a点为单一氢氧化钠溶液，a到c是生成碳酸钠，b点是碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液，c点是单一的碳酸钠溶液，c到d是生成碳酸氢钠，d点是碳酸氢钠和碳酸的混合溶液，d点溶液呈中性，由此分析解答A、水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH=10的 NaOH溶液，结合水的离子常数分析求解；B、b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c（H+）1107mol/L；C、当水电离出的OH离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进作用；
59、D、d点溶液中水电离出的OH离子浓度107mol/L，溶液呈中性，结合电荷守恒分析解答【解答】解：A、水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH=10的 NaOH溶液，则c（H+）=11010mol/L，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出的c（H+）=11010mol/L，故A正确；B、b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c（H+）1107mol/L，故B错误；C、当水电离出的OH离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进作用，所以离子溶液浓度大小为c（Na+）c（CO32）c（HCO3），故C正确；D、d点溶液中水电离出的OH
60、离子浓度107mol/L，溶液呈中性，c（H+）=c（OH），结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH），两式相减，得c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3），故D正确；故选B【点评】本题考查混合物的计算、图象数据的处理知等，难度中等，根据图象判断溶质及各段发生的反应是解题的关键20某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变下列叙述不正确的是（）Am
61、=2B两次平衡的平衡常数相同CX与Y的平衡转化率之比为1：1D第二次平衡时，Z的浓度为0.4molL1【考点】真题集萃；化学平衡的计算【分析】A平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变；B平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；C设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol，根据转化率=进行计算；D该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，据此解答【解答】
62、解：A平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变，所以m=2，故A正确；B平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以两次平衡的平衡常数相同，故B正确；C设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol， X（g）+2Y（g）3Z（g）开始（mol） 1 2 0转化（mol） a 2a 3a平衡（mol）（1a）（22a） 3a相同条件下，气体的体积与物质的量成正比，所以其体积分数等于其物质的量分数，即（1a）：（22a）：3a=30%：60%：10%，所以a=
63、0.1，则参加反应的n（X）=0.1mol、n（Y）=0.2mol，转化率=，X的转化率=10%，Y的转化率=10%，所以X和Y的转化率之比为1：1，故C正确；D该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，投入Z后，设Z参加反应的物质的量为3bmol， X（g）+2Y（g）3Z（g）第一次平衡（mol）：0.9 1.8 0.3加入1molZ：0.9 1.8 1.3转化：b 2b 3b第二次平衡（mol）：（0.9+b） （1.8+2b）（1.33b）各物质含量不变，所以（0.9+b）：（1.8+
64、2b）：（1.33b）=30%：60%：10%=3：6：1，b=0.3，n（Z）=（1.30.9）mol=0.4mol，Z的物质的量浓度=0.2mol/L，故D错误；故选D【点评】本题为2015年高考题，考查化学平衡计算、等效平衡、平衡常数等知识点，侧重考查学生分析计算能力，注意平衡常数、电离平衡常数、溶度积常数、盐类水解平衡常数都只与温度有关，与浓度无关，难点是D选项计算，题目难度中等二、非选择题（共60分）21用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术反应为主反应，反应和为副反应CaSO4（s）+CO（g）CaS（s）+C
65、O2（g）H1=47.3 kJmol1CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）H2=+210.5kJmol1CO（g）C（s）+CO2（g）H3=86.2kJmol1（1）反应2CaSO4（s）+7CO（g）CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的H=4H1+H2+2H3（用H1、H2和H3表示）（2）反应的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线如图所示，结合各反应的H，归纳lgKT曲线变化规律：（a）当H0时，lgK随温度升高而增大，当H0时，lgK随温度升高而减小；（b）当温度同等变化时，H的数值越大lgK的变化越大；（或H的数值
66、越大，lgK随温度的变化程度越大）（3）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应于900达到平衡，c平衡（CO）=8.0105 molL1，计算CO的转化率99%（忽略副反应，结果保留两位有效数字）【考点】热化学方程式；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）根据盖斯定律及题干中热化学方程式计算出反应2CaSO4（s）+7CO（g）CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的H；（2）根据反应的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线进行判断变化规律；（3）根据图象判断900时反应的lgK=2，则平衡常数
67、为102，设出反应前CO浓度为c，根据平衡常数表达式列式计算【解答】解：（1）根据盖斯定律，4+2可得：2CaSO4（s）+7CO（g）CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的H=4H1+H2+2H3，故答案为：4H1+H2+2H3；（2）根据图象曲线变化可知，反应、为放热反应，随着温度的升高，平衡常数K逐渐减小，则lgK逐渐减小，而反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K逐渐增大，则lgK逐渐增大，所以表示的为反应、曲线表示的为反应，变化规律为：当H0时，lgK随温度升高而增大，当H0时，lgK随温度升高而减小；根据反应和曲线（反应反应）的反应热可知，当温度同等变化时
68、，H的数值越大lgK的变化越大，故答案为：当H0时，lgK随温度升高而增大，当H0时，lgK随温度升高而减小；当温度同等变化时，H的数值越大lgK的变化越大；（或H的数值越大，lgK随温度的变化程度越大）；（3）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应方程式为： CaSO4（s）+CO（g）CaS（s）+CO2（g）H1=47.3kJmol1，根据图象曲线可知，反应于900时lgK=2，平衡常数为102=100，c平衡（CO）=8.0105 molL1，设一氧化碳反应前浓度为c，则反应消耗的CO浓度=反应生成二氧化碳浓度=（c8.0105）mol/L，平衡常数K=100，解得c=8.
69、08103mol/L，一氧化碳的转化率为：100%99%，故答案为：99%【点评】本题考查了化学平衡常数的计算、热化学方程式的书写等知识，题目难度中等，注意掌握化学平衡常数的概念及计算方法，明确热化学方程式的书写方法及盖斯定律的含义及应用22可逆反应A（g）+2B（g）2C（g） 2E（g）F（g）+G（g） 分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有可滑动、无摩擦的密封隔板反应开始和达到平衡时有关物理量变化如图所示：（1）反应是放热反应（填“放热”或“吸热”）（2）达到平衡I时，体系压强与反应开始时体系压强之比为20：23（3）平衡I和平衡中，E的体积分数不相等（填“相等”、“不相等”、
70、“无法确定”）（4）达平衡I时，计算A的转化率（用分数表示）【考点】化学平衡的计算【专题】计算题；平衡思想；化学平衡专题【分析】（1）右室的混合物总物质的量不变，平衡（I）、平衡（）左右两室的温度、压强相同，体积之比等于物质的量之比，由图可知，平衡（I）降低温度达新平衡平衡（），隔板由2.7处移至2.5处，左室的气体的物质的量减小，降低温度平衡向正反应移动；（2）右室中混合气体总物质的量不变，温度恒定，则达到平衡I时，体系压强与反应开始时体系压强之比等于体积之比；（3）降低温度，右室的平衡一定移动，气体总的物质的量不变，E的含量一定变化；（4）右室的混合物总物质的量不变为2mol，左右两室的压
71、强、温度相等，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，据此计算平衡（I）中左室混合气体总的物质的量，令参加反应的A的物质的量为amol，利用差量法计算a的值，再利用转化率定义计算A的转化率【解答】解：（1）右室的混合物总物质的量不变，平衡（I）、平衡（）左右两室的温度、压强相同，体积之比等于物质的量之比，由图可知，平衡（I）降低温度达新平衡平衡（），隔板由2.7处移至2.5处，左室的气体的物质的量减小，降低温度平衡向正反应移动，降低温度平衡向放热反应移动，故该反应正反应为放热反应，故答案为：放热；（2）右室中混合气体总物质的量不变，温度恒定，则达到平衡I时，体系压强与反应开始时体系压强之比等于体
72、积之比，即压强之比为2：（52.7）=20：23，故答案为：20：23；（3）降低温度，右室的平衡一定移动，气体总的物质的量不变，E的含量一定变化，平衡（I）和平衡（）中，E的体积分数一定不相等，故答案为：不相等；（4）右室的混合物总物质的量不变为2mol，左右两室的压强、温度相等，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，平衡（I）中左室混合气体总的物质的量为2mol=mol，令参加反应的A的物质的量为amol，则：A（g）+2B（g）2C（g） 物质的量减少n1 1amol 3molmol=mol解得a=，所以A的转化率为=，故答案为：【点评】本题主要考查了化学平衡移动与化学计算等，是对知识的
73、综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力，清楚左右两室的温度、压强相同，体积之比等于物质的量之比是解题关键，难度中等23如表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp电解质电离方程式电离常数KKspH2CO3H2CO3H+HCO3HCO3H+CO32K1=4.31107K2=5.611011C6H5OHC5H5OHC6H5O+H+1.11010H3PO4H3PO4H+H2PO4H2PO4H+HPO42HPO42H+PO43K1=7.52103K2=6.23108K3=2.201013NH3H2ONH3H2ONH4+OH1.76105BaSO4BaSO4
74、（s）Ba2+SO421.071010回答下列问题：（1）写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式：C6H5OH+PO43=C6H5O+HPO42（2）25C时，向10mL 0.01molL1C6H5OH溶液中滴加V mL 0.01molL1氨水，混合溶液中粒子浓度关系正确的是b（填序号）a若混合液pH7，则V10bV=5时，2c（NH3H2O）+2c（NH4+）2c（C6H5O）+c（C5H5OH）cv=10时，混合液中水的电离程度小于0.01molL1C6H5OH溶液中水的电离程度d若混合液pH7，则c（NH4+）c（C6H5O）c（H+）c（OH）（3）水解反应的化学平衡常数称为水
75、解常数（用Kb表示），类比化学平衡常数的定义25C时，Na2CO3第一步水解反应的水解常数Kb=1.78104 molL1（4）如图所示，有T1、T2不同温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线（已知BaSO4的Ksp随温度升高而增大）T2 25C（填“”、“”或“=”）；讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法正确的是bc（填序号）a加入Na2SO4不能使溶液由a点变为b点b在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，均有BaSO4沉淀生成c蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b）d升温可使溶液由b点变为d点【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电
76、解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数而小于第二步电离平衡常数，所以苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠；（2）苯酚的电离平衡常数小于一水合氨，则苯酚铵为强碱弱酸盐，则苯酚铵溶液呈碱性，a如果溶液呈碱性，溶液中的溶质为苯酚铵或苯酚铵和一水合氨或苯酚铵和苯酚；b任何电解质溶液中都遵循物料守恒；c含有弱根离子的盐促进水电离；d如果溶液呈酸性，溶液中的溶质为苯酚和苯酚铵；（3）Kh=；（4）根据图片知，温度越高，硫酸钡的溶度积常数越大，根据T2时硫酸钡溶度积常数与 25C时溶度积常数比较判断；a
77、硫酸钠抑制硫酸钡电离；b在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液；c蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变；d升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大【解答】解：（1）苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，而小于第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO43=C6H5O+HPO42，故答案为：C6H5OH+PO43=C6H5O+HPO42；（2）相同温度下，一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性，a如果溶液呈碱性，溶液中的溶质为苯酚铵或苯酚铵和一水合氨，苯酚和氨水的浓度相等，要使溶液呈碱性，
78、苯酚的体积小于或等于或大于氨水体积都可能使混合溶液呈碱性，故a错误；b任何电解质溶液中都遵循物料守恒，根据物料守恒得V=5时，2c（NH3H2O）+2c（NH4+）=c（C6H5O）+c（C6H5OH），故b正确；c含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以苯酚铵促进水电离，苯酚抑制水电离，故c错误；D若混合液pH7，溶液中的溶质为苯酚和苯酚铵，pH7，则c（H+）c（OH），溶液中电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（C6H5O）+c（OH），所以c（C6H5O）c（NH4+），故d错误；故选b；（3）Kh=1.78104，故答案为：1.78104；（4）25C时硫酸钡
79、的Ksp=1.071010，根据图片知，温度越高，硫酸钡的离子积常数越大，T2 时硫酸钡的溶度积常数=1.01045.0105=51091.071010，所以该温度大于25，故答案为：；a硫酸钠抑制硫酸钡电离，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，故a错误；b在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液，所以有晶体析出，故b正确；c蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故c正确；d升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故d错误；故选bc【点评】本题考
80、查了难溶电解质的溶解平衡及弱电解质的电离，正确理解溶度积曲线是解本题关键，结合溶度积常数来分析解答，难点是（3），会根据碳酸根离子水解平衡常数表达式来找出水的离子积常数与酸的电离平衡常数之间的关系，难度较大24水杨酸甲酯又叫冬青油，是一种重要的有机合成原料某化学小组用水杨酸（）和甲醇在酸性催化剂催化下合成水杨酸甲酯并计算其产率实验步骤：如图，在三颈烧瓶中加入6.9g （0.05mol）水杨酸和24g（30mL，0.75mol）甲醇，向混合物中加入约10mL甲苯（甲苯与水形成的共沸物，沸点为85，该实验中加入甲苯，易将水蒸出），再小心地加入5mL浓硫酸，摇动混匀，加入12粒沸石，组装好实验装置，
81、在8595下恒温加热反应1.5小时：待装置冷却后，分离出甲醇，然后转移至分液漏斗，依次用少量水、5%NaHCO3 溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，过滤得到粗酯；将粗酯进行蒸馏，收集221224的馏分，得水杨酸甲酯4.5g常用物理常数：名称分子量颜色状态相对密度熔点（）沸点（）水杨酸甲酯152无色液体1.188.6224水杨酸138白色晶体1.44158210甲醇32无色液体0.7929764.7请根据以上信息回答下列问题：（1）仪器A的名称是球形冷凝管，制备水杨酸甲酯时，最合适的加热方法是水浴加热（2）实验中加入甲苯对合成水杨酸甲酯的作用是反应产生的水从反应体系中分离开来，
82、使得平衡向右移动，同时可以减少甲醇的用量，从而提高反应的产率（3）反应结束后，分离甲醇的操作是蒸馏（或水洗分液）（4）洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是洗掉大部分的硫酸，第二次水洗的主要目的是洗掉碳酸氢钠（5）检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是向产品中滴加少量的紫色石蕊试液，观察是否变红（6）本实验的产率为59%（保留两位有效数字）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据题中仪器A的构造判断该仪器的名称；控制温度在8595下恒温下加热反应，需要温度计控制水浴温度加热；（2）根据题意可知“该实验中加入甲苯，易将水蒸出”，水在低温下挥发，同时减少了甲醇的消耗；（3）根据物质的溶解性来解答；（
83、4）在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸；第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；（5）根据酸能使紫色石蕊试液变红来解答；（6）先根据水杨酸和甲醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算出理论上生成水杨酸甲酯的物质的量，最后根据实际上制取的水杨酸甲酯计算出产率【解答】解：（1）由装置中仪器A的构造可知，仪器A的名称是球形冷凝管，使挥发出来的气体冷凝回流；控制温度在8595下恒温下加热反应，温度低于100，应采取水浴加热；故答案为：球形冷凝管；水浴加热；（2）该实验中加入甲苯，易将水蒸出，反应产生的水从反应体系中分离开来，使得平衡向右移动，水在低温下挥发，同时减少
84、了甲醇的消耗，从而提高反应的产率；故答案为：反应产生的水从反应体系中分离开来，使得平衡向右移动，同时可以减少甲醇的用量，从而提高反应的产率；（3）甲醇和水杨酸甲酯是互溶的液体，可用蒸馏来分离；甲醇易溶于水，水杨酸甲酯不溶于水，可以水洗来分离，故答案为：蒸馏（或水洗分液）；（4）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是除去大部分催化剂硫酸，5%NaHCO3溶液既可以除去未洗净的硫酸，也可以降低酯的溶解度，但第二步洗涤后生成的酯中混有NaHCO3，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠，故答案为：洗掉大部分硫酸；洗掉碳酸氢钠；（5）水杨酸呈酸性，所以向产品中滴加
85、少量的紫色石蕊试液，观察是否变红即可，故答案为：向产品中滴加少量的紫色石蕊试液，观察是否变红；（6）水杨酸和甲醇的物质的量分别为：0.05mol，0.75mol，由于水杨酸和甲醇是按照1：1进行反应，所以甲醇过量，生成水杨酸甲酯的量要按照水杨酸的物质的量计算，即理论上生成0.05mol水杨酸甲酯；实际上生成的水杨酸甲酯的质量为4.5g，物质的量为： =0.0296mol，所以实验中水杨酸甲酯的产率为100%=59%；故答案为：59%【点评】本题以物质的制备为背景，考查了常见仪器的构造与安装、混合物的分离、提纯、物质的制取、物质产率的计算等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分
86、培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力25硫酸锌被广泛应用于工农业生产和医药领域工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO47H2O的一种流程如下：（1）步骤包括酸浸和过滤两个操作酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是升高温度，使反应物充分混合，以加快反应速率过滤时为防堵塞，过滤装置需常用NaOH溶液清洗，其清洗原理是H2SiO3+2NaOH=Na2SiO3+2H2O（用化学方程式表示）（2）步骤中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe（OH）3和MnO（OH）2两种沉淀，该反应的离子方程式为3Fe2+MnO4+8H2O=3Fe
87、（OH）3+MnO（OH）2+5H+（3）步骤所得滤渣Z的主要成分是Cu（Zn）（4）取28.70g ZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示步骤中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是降低烘干的温度，防止ZnSO47H2O分解在图中C点，680时所得固体的化学式为d（填字母序号）aZnO bZnSO4 cZnSO4H2OdZn3O（SO4）2【考点】制备实验方案的设计【分析】氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）加稀硫酸溶解，过滤，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，再加高锰酸钾溶液与亚铁离子反应生成MnO（OH）2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液
88、中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为Cu可能含有Zn，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO47H2O晶体；（1）根据温度对反应速率的影响分析；用氢氧化钠溶液清洗过滤装置，目的是使反应生成的H2SiO3滤渣反应生成Na2SiO3溶解除去；（2）高锰酸钾与Fe2+反应生成Fe（OH）3和MnO（OH）2；（3）步骤：向滤液中加入锌粉，置换出铜；（4）由于ZnSO47H2O易分解，烘干时要适当降低温度；28.70 g ZnSO47H2O的物质的量为0.1mol，由Zn元素守恒可知，生成ZnSO4H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O（SO4）2时，物质的量均为0.1mol
89、，根据它们的质量通过排除法确定【解答】解：氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）加稀硫酸溶解，过滤，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，再加高锰酸钾溶液与亚铁离子反应生成MnO（OH）2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为Cu可能含有Zn，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO47H2O晶体；（1）酸浸时，不断通入高温水蒸气可使反应液的温度升高，使反应物充分混合，以加快反应速率，故答案为：升高温度，使反应物充分混合，以加快反应速率；滤渣A为硅酸沉淀，用氢氧化钠溶液清洗过滤装置，目的是使反应生成的H2SiO3滤渣
90、与氢氧化钠反应生成Na2SiO3溶解除去，其发生的反应为：H2SiO3+2NaOH=Na2SiO3+2H2O，故答案为：H2SiO3+2NaOH=Na2SiO3+2H2O；（2）在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，高锰酸钾与Fe2+发生氧化还原反应，生成Fe（OH）3和MnO（OH）2两种沉淀，则反应的离子方程式为：3Fe2+MnO4+8H2O=3Fe（OH）3+MnO（OH）2+5H+，故答案为：3Fe2+MnO4+8H2O=3Fe（OH）3+MnO（OH）2+5H+；（3）步骤：向含有Cu2+、Zn2+、SO42的滤液中加入锌粉，置换出铜，可能含有过量的锌粉，故答案为：Cu（Zn）；（4
91、）由于ZnSO47H2O易分解，烘干时要适当降低温度，防止ZnSO47H2O分解，故答案为：降低烘干的温度，防止ZnSO47H2O分解；28.70 g ZnSO47H2O的物质的量为0.1mol，由Zn元素守恒可知，生成ZnSO4H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O（SO4）2时，物质的量均为0.1mol，若得ZnSO4H2O的质量为17.90g；若得ZnSO4的质量为16.10g；若得ZnO的质量为8.10g；据此通过排除法确定680时所得固体的化学式为Zn3O（SO4）2；故答案为：d【点评】本题以ZnSO47H2O的制备为知识背景，考查了基本实验操作、氧化还原反应、化学反应速率的影响因素
92、、化学方程式的书写、计算等知识，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和实验能力26以甲苯为原料可以合成某种食用香料（有机物G）和某种治疗肺结核药物的有效成分（有机物PASNa）的路线如下：已知：（R=CCOOH（R=CH3或H）回答下列问题：（1）由B生成C的反应类型是氧化反应，肉桂酸中所含官能团的名称是碳碳双键和羧基（2）写出由A生成B的化学方程式：（3）质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，写出肉桂酸与试剂b生成G的化学方程式：（4）当试剂d过量时，可以选用的试剂d是caNaOH bNa2CO3 cNaHCO3（5）写出C与NaOH反应的化学方程式：（6）在
93、肉桂酸分子中碳碳双键催化加氢后得到化合物X（分子式为C9H10O2），X有多种同分异构体，符合下列条件的有18种a苯环上有两个取代基； b能发生银镜反应； c与Na作用有H2产生【考点】有机物的推断；有机物的合成【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由反应的流程可看出：F生成肉桂酸发生信息的反应，所以可推知在MnO2/H2SO4条件下氧化为F，和H3COOOCCH3反应得，根据和G的分子式可知，和试剂b反应生成G，质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，则可判断b为丙烯醇，和丙烯醇酯化得G为，和浓硝酸发生硝化反应生成A，根据PASNa的结构简式可推断A为，和Br2卤
94、化在甲基邻位引入Br得B为，B被酸性高锰酸钾氧化成C为，则试剂c为酸性高锰酸钾溶液，将甲基氧化为羧基得C，C碱性条件下水解后，再酸化得D为，D中硝基被还原为氨基得E为，E和碳酸氢钠反应得PASNa，据此分析解答【解答】解：由反应的流程可看出：F生成肉桂酸发生信息的反应，所以可推知在MnO2/H2SO4条件下氧化为F，和H3COOOCCH3反应得，根据和G的分子式可知，和试剂b反应生成G，质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，则可判断b为丙烯醇，和丙烯醇酯化得G为，和浓硝酸发生硝化反应生成A，根据PASNa的结构简式可推断A为，和Br2卤化在甲基邻位引入Br得B为，
95、B被酸性高锰酸钾氧化成C为，则试剂c为酸性高锰酸钾溶液，将甲基氧化为羧基得C，C碱性条件下水解后，再酸化得D为，D中硝基被还原为氨基得E为，E和碳酸氢钠反应得PASNa，（1）根据上面的分析可知，由B生成C的反应类型是氧化反应，肉桂酸的结构简式可知，其中含有官能团的名称是碳碳双键和羧基，故答案为：氧化反应； 碳碳双键和羧基； （2）由A生成B的化学方程式为，故答案为：；（3）G为，b为丙烯醇，肉桂酸与试剂b生成G的化学方程式为，故答案为：；（4）试剂d可以将羧基转化为其钠盐，而不能和酚羟基反应，一定是NaHCO3，故选：c；（5）根据以上分析，C为，C中含有羧基和溴原子，所以和氢氧化钠溶液水解
96、、中和的方程式为：，故答案为：；（6）X的分子式为C9H10O2，X的同分异构体，符合下列条件a苯环上有两个取代基；b能发生银镜反应，说明有醛基；c与Na作用有H2产生，说明有OH结构，符合条件的X的异构体可以是苯环上连有OH、CH2CH2CHO或OH、CH（CH3）CHO或CH3、CH（OH）CHO或CHO、CH2CH2OH或CH2CHO、CH2OH或CHO、CH（CH3）OH，每种都有邻间对三种结构，所以共有18种，故答案为：18【点评】本题考查有机物合成及结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意合成流程中官能团及结构的变化，侧重分析能力及知识迁移能力的考查，（6）中同分异构体的判断是解答的难点，题目难度中等
